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专题四三角函数与解三角形
第十一讲三角函数的综合应用
答案部分
2019
年
1.
解析
解析
解析
解析
解析解法一：
解法一：
解法一：
解法一：
解法一：
（）过
1
A作
AE
BD
⊥
，垂足为E.
由已知条件得，四边形
为矩形，
ACDE
6,
8
DE
BE
AC
AE
CD
=
=
=
=
= .'
因为
⊥
，
PB
AB
所以
8
4
cos
sin
10
5
PBD
ABE
=
=
=
.
所以
12
15
4
cos
5
BD
PB
PBD
=
=
=
.
因此道路
的长为
（百米）
PB
15
.
（）①若在处，由（）可得在圆上，则线段
上的点（除，）到点的距离均小
2
P
D
1
E
BE
B
E
O
于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在处，联结
，由（
D
AD
1）知
2
2
10
AD
AE
ED
=
+
=
，
从而
2
2
2
7
cos
0
2
25
AD
AB
BD
BAD
AD AB
+
−
=
=
，所以∠
为锐角
BAD
.
所以线段AD上存在点到点的距离小于圆
O
O的半径.
因此，
处也不满足规划要求
Q选在D
.
综上，P和均不能选在处
Q
D
.
（）先讨论点的位置
3
P
.
当∠OBP<90°时，线段
上存在点到点的距离小于圆
PB
O
O的半径，点不符合规划要求；
P
当∠OBP≥90°时，对线段
上任意一点
PB
F，OF≥OB，即线段
上所有点到点的距离均不小
PB
O
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于圆O的半径，点P符合规划要求.
设
1P 为上一点，且
l
1
PB
AB
⊥
，由（1）知，
1P B=15，
此时
1
1
1
1
3
sin
cos
15
9
5
PD
PB
PBD
PB
EBA
=
=
=
=
；
当∠OBP>90°时，在
1
PPB
△
中，
1
15
PB
PB
=
.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（）知，要使得
，点
的右侧，才能符合规划要求
时，
2
QA≥15
Q
C
只有位于点
.
=15
当QA
2
2
2
2
15
6
3 21
CQ
QA
AC
=
−
=
−
=
.此时，线段
上所有点到点的距离均不小于圆
QA
O
O的半径.
综上，当
⊥
右侧，且
PB
AB，点Q位于点C
CQ= 3 21 时，d
P
Q
最小，此时，两点间的距离
PQ PD
=
+CD CQ
+
=17+ 3 21.
因此，d最小时，P，两点间的距离为
Q
17+ 3 21 （百米）.
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：（1）如图，过作
⊥
O
OH
l，垂足为H.
以为坐标原点，直线
为轴，建立平面直角坐标系
O
OH
y
.
因为
，
BD=12
AC=6，所以OH=9，直线的方程为
l
y
A
B
=9，点，的纵坐标分别为，
3
−3.
因为
的直径，
AB为圆O
AB=10，所以圆的方程为
O
x2+y2=25.
从而（
A
4
3
，），B（
，
−4
−3），直线
的斜率为
AB
3
4
.
因为
⊥
，所以直线
的斜率为
PB
AB
PB
4
3
−
，
直线
的方程为
PB
4
25
3
3
y
x
= −
−
.
所以（
P
−13，9），
2
2
( 13
4)
(9
3)
15
PB =
−
+
+
+
=
.
因此道路
的长为
（百米）
PB
15
.
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（）①若在处，取线段
上一点（
，），则
，所以选在处不满足规划
2
P
D
BD
E
−4
0
EO=4<5
P
D
要求.
②若Q在处，联结
，由（
（
D
AD
1）知D
−4
9
，），又A（，
4
3），
所以线段AD：
3
6( 4
4)
4
y
x
x
= −
+
−剟
.
在线段
上取点
（
AD
M
3，15
4
），因为
2
2
2
2
15
3
3
4
5
4
OM
=
+
+
=
，
所以线段AD上存在点到点的距离小于圆
O
O的半径.
因此Q选在处也不满足规划要求
D
.
综上，P和均不能选在处
Q
D
.
（）先讨论点的位置
3
P
.
当∠OBP<90°时，线段
上存在点到点的距离小于圆
PB
O
O的半径，点不符合规划要求；
P
当∠OBP≥90°时，对线段
上任意一点
PB
F，OF≥OB，即线段
上所有点到点的距离均不小
PB
O
于圆O的半径，点P符合规划要求.
设
1P 为上一点，且
l
1
PB
AB
⊥
，由（1）知，
1P B=15，此时
1P （−13，9）；
当∠OBP>90°时，在
1
PPB
△
中，
1
15
PB
PB
=
.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得
只有位于点的右侧，才能符合规划要求当
QA≥15，点Q
C
.
QA=15时，设Q
（，
a
9），由
2
2
(
4)
(9
3)
15(
4)
AQ
a
a
=
−
+
−
=
，得a=
4
3 21
+
，所以Q（
4
3 21
+
，
9），此时，线段QA上所有点到点的距离均不小于圆
O
O的半径.
综上，当P（−13，
（
9），Q
4
3 21
+
，）时，最小，此时，
9
d
P
Q两点间的距离
4 3 21 ( 13)
17 3 21
PQ =
+
−−
=
+
.
因此，最小时，
d
P，
两点间的距离为
Q
17
3 21
+
（百米）
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2010-2018
年
1
C
．【解析】由题意可得
2
2
| cos
sin
2|
|
sin
cos
2|
1
1
m
m
d
m
m
−
−
−
+
=
=
+
+
2
2
2
2
2
2
1
|
1(
sin
cos )
2 |
|
1sin(
)
2 |
1
1
1
1
m
m
m
m
m
m
m
+
−
+
+
−
+
+
+
=
=
+
+
（其中
2
cos
1
m
m
=
+
，
2
1
sin
1
m
=
+
），∵
1
sin(
)
1
−
−
≤
≤,
∴
2
2
2
2
| 2
1|
2
1
1
1
m
m
d
m
m
−
+
+
+
+
+
≤
≤
，
2
2
2
2
1
2
1
1
1
m
m
m
+
+
= +
+
+
，
∴当
0
m =
时，d
取得最大值，故选
3
C．
2
B
．【解析】由于
2
1
cos2
( )
sin
sin
sin
2
x
f x
x
b
x
c
b
x
c
−
=
+
+
=
+
+
．
当 0
b =
时，
( )
f x 的最小正周期为；
当 0
b
时，
( )
f x 的最小正周期2；
c 的变化会引起
( )
f x
的图象的上下平移，不会影响其最小正周期．故选B．
注：在函数
( )
( )
( )
f x
h x
g x
=
+
中，
( )
f x 的最小正周期是( )
h x 和( )
g x 的最小正周期的公
倍数．
3
C
．【解析】由图象知：
min
2
y
=
，因为
min
3
y
k
= −+
，所以
3
2
k
− +
=
，解得： 5
k =
，
所以这段时间水深的最大值是
max
3
3
5
8
y
k
=
+
=
+
=
，故选
．
C
4
D
．【解析】对于A，当
4
x
=
或5
4
时，sin2x
均为1，而sin x 与
2
x
x
+
此时均有两个
值，故
、
错误；对于
，当
A
B
C
1
x = 或
1
x = −时，
2
1
2
x + =
，而
|
1|
x +
由两个值，
故
错误，选
．
C
D
5
B
．【解析】由于
(0)
2,
(
)
1
5,
(
)
2 2
(
)
4
2
4
f
f
f
f
=
= +
=
<
，故排除选项
、
C
D；当
点P 在BC 上时，
2
( )
tan
4
tan
(0
)
4
f x
BP
AP
x
x
x
=
+
=
+
+
≤≤
．不难发现
( )
f x
的图象是非线性，排除
．
A
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6．C【解析】由题意知，
( ) | cos | sin
f x
x
x
=
，当
[0,
]
2
x
时，
1
( )
sin
cos
sin 2
2
f x
x
x
x
=
=
；
当
(
, ]
2
x
时，
1
( )
cos sin
sin 2
2
f x
x
x
x
= −
= −
，故选
．
C
7
A
．【解析】由
2
2
3
3
0
0
1
3
sin(
)
cos(
)|
cos
sin
cos
0
2
2
x
dx
x
−
= −
−
=
−
+
=
，
得
tan
3
=
，所以
(
)
3
k
k
Z
=
+
，所以
( )
sin(
)(
)
3
f x
x
k
k
Z
=
−
−
，
由正弦函数的性质知
sin(
)
3
y
x
k
=
−
−
与
sin(
)
3
y
x
=
−
的图象的对称轴相同，
令
3
2
x
k
−
=
+
，则
5 (
)
6
x
k
k
Z
=
+
，所以函数
( )
f x 的图象的对称轴为
5 (
)
6
x
k
k
Z
=
+
，当 0
k =
，得
5
6
x
=
，选
．
A
8．2 1【解析】
2
2cos
sin2
2sin(2
)
1
4
x
x
x
+
=
+
+ ，所以
2,
1.
A
b
=
=
9
7
．【解析】画出函数图象草图，共
个交点．
7
-1
1
O
y
x
10．1
2
【解析】∵∥
a
b ，∴
2
sin2
cos
=
，∴
2
2sin
cos
cos
=
，∵
(0,
)
2
，
∴
1
tan
2
=
．
11．（1）3
2
；（）4
【解析】（）
1
( )
y
f
x
=
cos(
)
x
=
+
，当
6
=
，点P 的坐标为（，
0
3 3
2
）时
3 3
cos
,
3
6
2
=
=
；
（）曲线
2
( )
y
f
x
=
cos(
)
x
=
+
的半周期为
，由图知
2
2
2
T
AC
=
=
=
，
1
2
2
ABC
S
AC
=
=
，设,
A B 的横坐标分别为,a b ．设曲线段ABC
与
轴所围成的
x
区域的面积为S 则
( )
( )
sin(
)
sin(
)
2
b
b
a
a
S
f
x dx
f x
a
b
=
=
=
+
−
+
=
，
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由几何概型知该点在△
内的概率为
ABC
2
2
4
ABC
S
P
S
=
=
=
．
12．【解析】(1)连结PO 并延长交MN 于H ，则PH ⊥MN ，所以OH =10．
θ
H
E K
G
N
M
P
O
A
B
C
D
过O 作OE ⊥BC 于E，则OE ∥MN ，所以
COE
=
，
故
40cos
OE
=
，
40sin
EC
=
，
则矩形ABCD的面积为
2 40cos (40sin
10)
800(4sin
cos
cos )
+
=
+
，
CDP
的面积为1
2 40cos (40
40sin )
1600(cos
sin
cos )
2
−
=
−
．
过N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于G 和K ，则
10
GK
KN
=
=
．
令
0
GOK
=
，则
0
1
sin
4
=
，
0
(0,
)
6
．
当
0
[
,
)
2
时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sin的取值范围是1 [ ,1)
4
．
答：矩形ABCD的面积为
800(4sin
cos
cos )
+
平方米，CDP
的面积为
1600(cos
sin
cos )
−
，sin的取值范围是1 [ ,1)
4
．
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为∶，
4
3
设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k
(
0)
k
，
则年总产值为
4
800(4sin cos
cos )
3
1600(cos
sin
cos )
k
k
+
+
−
8000 (sin
cos
cos )
k
=
+
，
0
[
,
)
2
．
设
( )
sin cos
cos
f
=
+
，
0
[
,
)
2
，
则
2
2
2
( )
cos
sin
sin
(2sin
sin
1)
(2sin
1)(sin
1)
f
=
−
−
= −
+
−
= −
−
+
．
令
( )
0
f
=
，得
π
6
=
，
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当
0
(
,
)
6
时，
( )>0
f
′
，所以( )
f 为增函数；
当
(
,
)
6 2
时，
( )<0
f
′
，所以( )
f
为减函数，
因此，当
π
6
=
时，
( )
f 取到最大值．
答：当
π
6
=
时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
13．【解析】（）由正棱柱的定义，
1
1
CC ⊥平面ABCD，
所以平面
1
1
A ACC ⊥平面ABCD，
1
CC
AC
⊥
．
记玻璃棒的另一端落在
1
CC 上点M 处．
因为
10 7
AC =
，
40
AM =
．
所以
2
2
40
(10 7)
30
MN =
−
=
，从而
3
sin
4
MAC
=
．
记AM 与水平的交点为1P ，过
1P 作
1
1
PQ
AC
⊥
，
1
Q 为垂足，
则
1
1
PQ ⊥平面ABCD，故
1
1
12
PQ =
，
从而
1
1
1
16
sin
PQ
AP
MAC
=
=
．
答：玻璃棒l
没入水中部分的长度为16cm.
( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（）如图，
2
O ，
1
O 是正棱台的两底面中心.
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由正棱台的定义，
1
OO ⊥平面 EFGH ，
所以平面
1
1
E EGG ⊥平面EFGH ，
1
OO ⊥EG .
同理，平面
1
1
E EGG ⊥平面
1
1
1
1
E FG H ，
1
OO ⊥
1
1
E G .
记玻璃棒的另一端落在
1
GG 上点N 处.
过G作GK⊥
1
1
E G ，K 为垂足， 则GK =
1
OO =32.
因为EG = 14，
1
1
E G = 62，
所以
1
KG =
62 14
24
2
−
=
，从而
2
2
2
2
1
1
24
32
40
GG
KG
GK
=
+
=
+
=
.
设
1
,
,
EGG
ENG
=
=
∠
∠
则
1
1
4
sin
sin(
)
cos
2
5
KGG
KGG
=
+
=
=
∠
∠
.
因为2
，所以
3
cos
5
= −
.
在
ENG
△
中，由正弦定理可得
40
14
sin
sin
=
，解得
7
sin
25
=
.
因为0
2
，所以
24
cos
25
=
.
于是
sin
sin(
)
sin(
)
sin
cos
cos
sin
NEG
=
−
−
=
+
=
+
∠
4
24
7
3
( 3
5)
5
25
25
5
=
+ −
=
.
记EN 与水面的交点为
2P ，过
2P 作
2
2
PQ
EG
⊥
，
2
Q 为垂足，则
2
2
P Q ⊥平面EFGH ，
故
2
2
P Q =12，从而
2
EP =
2
2
20
sin
P
NEG
Q
=
∠
.
答玻璃棒
:
l
没入水中部分的长度为20cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
14．【解析】（）由题意
Ⅰ
1 cos(2
)
1
2
( )
sin2
2
2
x
f x
x
+
+
=
−
x
x
2
sin
2
1
2
1
2
sin
2
1
+
−
=
2
1
2
sin
−
=
x
．
由
k
x
k
2
2
2
2
2
+
+
−
(
Z
k
)，可得
k
x
k
+
+
−
4
4
(
Z
k
)
；
由
k
x
k
2
2
3
2
2
2
+
+
(
Z
k
)，得
k
x
k
+
+
4
3
4
(
Z
k
)
；
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所以
)
(x
f
的单调递增区间是
]
4
,
4
[
k
k
+
+
−
（
Z
k
）；
单调递减区间是
]
4
3
,
4
[
k
k
+
+
（
Z
k
）．
（Ⅱ）
1
(
)
sin
0
2
2
A
f
A
=
−
=
，
1
sin
2
A
=
，
由题意A是锐角，所以
3
cos
2
A =
．
由余弦定理：
A
bc
c
b
a
cos
2
2
2
2
−
+
=
，
可得
2
2
1
3
2
bc
b
c
bc
+
=
+
3
2
3
2
1
+
=
−
bc
，且当 c
b =
时成立．
2
3
sin
4
bc
A
+
．
ABC
面积最大值为
4
3
2 +
．
15．【解析】（Ⅰ）因为
3
1
( ) 10
2(
cos
sin
) 10
2sin(
)
2
12
2
12
12
3
f t
t
t
t
−
−
+
−
−
+
，
又
24
0
t
，所以
3
7
3
12
3
+
t
，
1
)
3
12
sin(
1
+
−
t
，
当
2
=
t
时，
1
)
3
12
sin(
=
+
t
；当
14
=
t
时，
1
)
3
12
sin(
−
=
+
t
；
于是
)
(t
f
在
)
24
,0
[
上取得最大值
，取得最小值
12
8.
故实验室这一天最高温度为
12 C
，最低温度为 8 C
，最大温差为 4 C
（Ⅱ）依题意，当
11
)
(
t
f
时实验室需要降温.
由（Ⅰ）得
)
3
12
sin(
2
10
)
(
+
−
=
t
t
f
，
所以
11
)
3
12
sin(
2
10
+
−
t
，即
1
sin(
)
12
3
2
t
+
−
，
又
24
0
t
，因此
6
11
3
12
6
7
+
t
，即
18
10
t
，
故在
时至
时实验室需要降温
10
18
.
16．【解析】（）
1
c
b
a
，
，
成等差数列，
2
a
c
b
+ =
由正弦定理得
sin
sin
2sin
A
C
B
+
=
sin
sin[
(
)]
sin(
)
B
A C
A C
=
−
+
=
+
关注微信公众号：加油高三
(
)
sin
sin
2sin
A
C
A C
+
=
+
（）
2
c
b
a
，
，
成等比数列，
2
2
b
ac
=
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
1
cos
2
2
2
2
a
c
b
a
c
ac
ac
ac
B
ac
ac
ac
+
−
+
−
−
=
=
=
=
2
2
2
a
c
ac
+
（当且仅当a
c
=
时等号成立）
2
2
1
2
a
c
ac
+
（当且仅当a
c
=
时等号成立）
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
a
c
ac
+
−
−
=
（当且仅当a
c
=
时等号成立）
即
1
cos
2
B
，所以
B
cos
的最小值为1
2
17．【解析】（Ⅰ）由函数
( )
sin(
)
f x
x
=
+
的周期为，
0
，得
2
=
又曲线
( )
y
f x
=
的一个对称中心为 (
,0)
4
，
(0, )
故
(
)
sin(2
)
0
4
4
f
=
+
=
，得
2
=
，所以
( )
cos2
f x
x
=
将函数( )
f x 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2 倍（纵坐标不变）后可得
cos
y
x
=
的图象，再将
cos
y
x
=
的图象向右平移2
个单位长度后得到函数
( )
sin
g x
x
=
（Ⅱ）当
(
,
)
6 4
x
时，1
2
sin
2
2
x
，
1
0
cos2
2
x
，
所以
sin
cos2
sin cos2
x
x
x
x
．
问题转化为方程
2cos2
sin
sin cos2
x
x
x
x
=
+
在
(
,
)
6 4
内是否有解
设
( )
sin
sin cos2
2cos2
G x
x
x
x
x
=
+
−
，
(
,
)
6 4
x
则
( )
cos
cos cos2
2sin 2 (2
sin )
G x
x
x
x
x
x
=
+
+
−
因为
(
,
)
6 4
x
，所以
( )
0
G x
，
( )
G x 在
(
,
)
6 4
内单调递增
又
1
(
)
0
6
4
G
= −
，
2
( )
0
4
2
G =
且函数( )
G x 的图象连续不断，故可知函数
( )
G x 在
(
,
)
6 4
内存在唯一零点
0x ，
关注微信公众号：加油高三
即存在唯一的
0
(
,
)
6 4
x
满足题意．
（Ⅲ）依题意，
( )
sin
cos2
F x
a
x
x
=
+
，令
( )
sin
cos2
0
F x
a
x
x
=
+
=
当
sin
0
x =
，即
(
)
x
k
k
Z
=
时，
cos2
1
x = ，从而
(
)
x
k
k
Z
=
不是方程
( )
0
F x =
的解，所以方程
( )
0
F x =
等价于关于x的方程
cos2
sin
x
a
x
= −
，
(
)
x
k
k
Z
现研究
(0, )
( ,2 )
x
U
时方程解的情况
令
cos2
( )
sin
x
h x
x
= −
，
(0, )
( ,2 )
x
U
则问题转化为研究直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
(0, )
( ,2 )
x
U
的交点情况
2
2
cos (2sin
1)
( )
sin
x
x
h x
x
+
=
，令
( )
0
h x
=
，得
2
x
=
或
3
2
x
=
．
当x 变化时，( )
h x 和
( )
h x
变化情况如下表
x
(0,
)
2
2
(
, )
2
3
( ,
)
2
3
2
3
(
,2 )
2
( )
h x
+
0
−
−
0
+
( )
h x
Z
1
]
]
1
−
Z
当 0
x
且x 趋近于0 时，( )
h x 趋向于−
当x
且x趋近于时，( )
h x 趋向于−
当x
且x 趋近于时，( )
h x 趋向于+
当
2
x
且x趋近于2时，( )
h x 趋向于+
故当 1
a 时，直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
(0, )
内有无交点，在
( ,2 )
内有2 个交
点；当
1
a −时，直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
(0, )
内有2 个交点，在
( ,2 )
内无
交点；当
1
1
a
−
时，直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
(0, )
内有2 个交点，在
( ,2 )
内有2 个交点由函数( )
h x 的周期性，可知当
1
a 时，直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
(0,
)
n
内总有偶数个交点，从而不存在正整数n ，使得直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
(0,
)
n
内恰有2013 个交点；当
1
a =
时，直线y
a
=
与曲线
( )
y
h x
=
在
关注微信公众号：加油高三
(0, )
( ,2 )
U
内有3个交点，由周期性，
2013
3 671
=
，所以
671 2
1342
n =
=
综上，当
1
a = ， 1342
n =
时，函数
( )
( )
( )
F x
f x
ag x
=
+
在
(0,
)
n
内恰有2013 个
零点
